ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
N
o
10 Môn Toán (180 phút không kể phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1y x mx m= − + −
(1) , với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1m =
.
2. Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị
tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan
4
x +1 =
2
4
(2 sin 2 )sin 3
os
x x
c x
−
.
2. Giải hệ phương trình sau:
=
+
+
=
+
+++
3
1
2
7
)(
3
)(44
2
22
yx
x
yx
yxxy
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
3
0
sinxdx
(sinx + cosx)
π
∫
Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a,
mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc 45
o
.
Câu V (1 điểm)
Cho x > 0 , y> 0 và x + y =2 .
Tìm GTNN của
1 1
2 2
2
M
x xy y
= +
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm điểm
A
thuộc trục hoành và điểm
B
thuộc trục tung sao cho
A
và
B
đối xứng với nhau qua đường thẳng
:2 3 0d x y− + =
.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
( )
18
5
1
2 0x x
x
+ >
÷
.
Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log
5
(3+
x
) >
4
log x
.
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông ở
A
. Biết
( ) ( )
1;4 , 1; 4A B− −
và đường thẳng
BC
đi qua điểm
1
2;
2
M
÷
. Hãy tìm toạ độ đỉnh
C
.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
( )
2
2
n
x +
, biết
3 2 1
8 49
n n n
A C C− + =
.
(
k
n
A
là số chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử,
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử).
Câu VIII.b (1 điểm)
Giải phương trình nghiệm phức :
25
8 6z i
z
+ = −
Hết
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung
Điểm
I (2điểm)
1.(1 điểm). Khi
1m
=
hàm số trở thành:
4 2
2y x x= −
• TXĐ: D=
¡
• Sự biến thiên:
( )
' 3 2
0
4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x
=
= − = ⇔ − = ⇔
= ±
0.25
( ) ( )
0 0, 1 1
CD CT
y y y y= = = ± = −
0.25
• Bảng biến thiên
x -
∞
-1 0 1 +
∞
y
’
−
0 + 0
−
0 +
y +
∞
0 +
∞
-1 -1
0.25
• Đồ thị
0.25
2. (1 điểm)
( )
' 3 2
2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m
=
= − = − = ⇔
=
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị
⇔
pt
'
0y =
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua các nghiệm đó
0m⇔ >
0.25
• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
( )
( ) ( )
2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + −
0.25
•
2
1
.
2
ABC B A C B
S y y x x m m= − − =
V
;
4
, 2AB AC m m BC m= = + =
0.25
•
( )
4
3
2
1
2
. .
1 1 2 1 0
5 1
4
4
2
ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S
m m
m
=
+
= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔
−
=
V
0.25
II
(2điểm)
1 ( 1 điểm) ĐK: cosx
≠
0
⇔
sinx
≠
±
1.
Ta có phương trình
⇔
sin
4
x + cos
4
x = ( 2 – sin
2
2x)sin3x
⇔
( 2 – sin
2
2x)(1 – 2 sin3x) = 0
⇔
sin3x =
1
2
( do ( 2 – sin
2
2x
≥
1)
0.50
⇔
3sinx – 4sin
3
x =
1
2
. Thay sinx =
±
1 vào đều không thỏa mãn.
0.25
Vậy các nghiệm của PT là
2 5 2
; ( )
18 3 18 3
k k
x x k Z
π π π π
= + = + ∈
0.25
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-5
5
10
f x
( )
= x
4
-2
⋅
x
2
2. (1 điểm) ĐK: x + y
≠
0
• Ta có hệ
⇔
2 2
2
3
3( ) ( ) 7
( )
1
3
x y x y
x y
x y x y
x y
+ + − + =
+
+ + + − =
+
0.25
• Đặt u = x + y +
1
x y+
(
2u ≥
) ; v = x – y ta được hệ :
2 2
3 13
3
u v
u v
+ =
+ =
0.25
• Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do (
2u ≥
)
• Từ đó giải hệ
1
2
1 1
1 0
1
x y
x y x
x y
x y y
x y
+ + =
+ = =
+
⇔ ⇔
− = =
− =
0.5
III
(1 điểm)
Đặt x =
2
u
π
−
⇒ dx = - du
Đổi cận:
x = 0 u =
2
π
⇒
; x =
2
π
⇒ u = 0
Vậy: I =
( )
2 2
3 3
0 0
sin( )
cosxdx
2
sinx +cosx
sin os
2 2
u du
u c u
π π
π
π π
−
=
− + −
÷ ÷
∫ ∫
0.50
Vậy : 2I =
( )
2 2
2
2
0 0
sinx + cosx
(sinx + cosx)
sinx + cosx
dx
dx
π π
=
∫ ∫
=
2
2
0
tan
4
1
2
2
2 os
0
4
x
dx
c x
π
π
π
π
−
÷
= =
−
÷
∫
1
2
I⇒ =
0.50
IV
(1 điểm)
Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = =
o
SN BC, SP AC SPH SNH 45
° ΔSHN = ΔSHP ⇒ HN = HP.
° ΔAHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
0.50
° ΔSHP vuông có:
= =
o
a 3
SH HP.tan45
4
° Thể tích hình chóp
= = =
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .
3 3 4 4 16
0.50
S
H
P
C
A
B
N
45
ο
V
(1 điểm)
p dụng bất đẳng thức :
1 1 4
( 0, 0)a b
a b a b
+ ³ > >
+
, ta có :
( )
1 1 4 4 4
1
2 2 2 2 2 2
2 2 2
M
x xy y x xy y
x y
= + ³ = = =
+ + +
+
0.25
( )
2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2
1 khi
min
2 2
2
x xy y x xy y y
x y y
M
x y x y
x y
ì
ì ì
ï
ï ï
ï
ï ï
ï ï ï
í í í
ï ï ï
ï ï ï
ï ï
ỵ ỵ
ï
ỵ
+ = + + =
+ =
=> = Û Û
+ = + =
+ =
2 2
2
2( 0)
2 2
2
2
2 2
y
y y
y
x y
x y
x
ì
ì
ì
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï ï ï
í í í
ï ï ï
ï ï ï
ï
ỵ
ï
ỵ
ï
ỵ
=
= >
=
Û Û Û
+ =
+ =
= -
0.50
Vậy GTNN của M = 1 khi
2 2
2
x
y
ì
ï
ï
ï
í
ï
ï
ï
ỵ
= -
=
0.25
VI.a
(1 điểm)
( ) ( ) ( )
, ;0 , 0; , ;A Ox B Oy A a B b AB a b∈ ∈ ⇒ = −
uuur
0.25
Vectơ chỉ phương của
d
là
( )
1;2u =
r
Toạ độ trung điểm
I
của
AB
là
;
2 2
a b
÷
0.25
A
và
B
đối xứng với nhau qua
d
khi và chỉ khi
2 0
4
. 0
2
3 0
2
a b
a
AB u
b
b
a
I d
− + =
= −
=
⇔ ⇔
= −
− + =
∈
uuur r
. Vậy
( ) ( )
4;0 , 0; 2A B− −
0.50
VII.a
(1 điểm)
Số hạng tổng qt trong khai triển nhị thức Niutơn của
18
5
1
2x
x
+
÷
là
( )
6
18
18
18
5
1 18 18
5
1
. 2 . .2 .
k
k
k
k k k
k
T C x C x
x
−
−
−
+
= =
÷
0.50
Số hạng khơng chứa
x
ứng với
k
thoả mãn
6
18 0 15
5
k
k− = ⇔ =
.
Vậy số hạng cần tìm là
15 3
16 18
.2 6528T C= =
0.50
VIII.a
(1 điểm)
• Lời giải: ĐK x > 0.
Đặt t = log
4
x
⇔
x = 4
t,
BPT trở thành log
5
(3 + 2
t
) > t
⇔
3 + 2
t
>5
t
⇔
3 2
( ) 1
5
5
t
t
+ >
. Xét hàm số f(t) =
3 2
( )
5
5
t
t
+
nghịch biến trên R và f(t) = 1
Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)
⇔
t < 1, ta được log
4
x < 1
⇔
0 < x < 4 0.50
• Pt tiếp tuyến của đồ thị tại
1
;0
2
A
−
÷
là
4 1 4 2
3 2 3 3
y x y x
= − + ⇔ = − −
÷
0.50
VI.b
(1 điểm)
Đt
BC
đi qua
( )
1; 4B −
và
1
2;
2
M
÷
nên có pt:
1 4
9
1
2
x y− +
=
9 2 17 0x y⇔ − − =
0.50
9 17
; ,
2
t
C BC C t t
−
∈ ⇒ ∈
÷
¡
( )
9 25
2; 8 ; 1;
2
t
AB AC t
−
= − = +
÷
uuur uuur
. Vì tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
. 0AB AC =
uuur uuur
Suy ra
9 25
1 4. 0 3.
2
t
t t
−
+ − = ⇔ =
Vậy
( )
3;5C
0.50
VII.b
(1 điểm)
Điều kiện
4,n n≥ ∈ ¥
.
Ta có:
( )
2 2
0
2 2
n
n
k k n k
n
k
x C x
−
=
+ =
∑
. Hệ số của
8
x
là
4 4
.2
n
n
C
−
0.50
( ) ( ) ( )
3 2 1 3 2
8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0
n n n
A C C n n n n n n n n n− + = ⇔ − − − − + = ⇔ − + − =
( )
( )
2
7 7 0 7n n n⇔ − + = ⇔ =
Vậy hệ số của
8
x
là
4 3
7
.2 280C =
0.50
VIII.b
(1 điểm)
Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R và a,b không đồng thời bằng 0.
Khi đó
2 2
1 1
;
a bi
z a bi
z a bi a b
−
= − = =
+ +
0.25
Khi đó phương trình
2 2
25 25( )
8 6 8 6
a bi
z i a bi i
z a b
−
+ = − ⇔ − + = −
+
0.25
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)
( 25) 6( )
a a b a b
b a b a b
+ + = +
+ + = +
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có
3
4
b a=
thế vào (1)
0.25
Ta có a = 0 và = 4
Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại)
Với a = 4 ⇒ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định.
Hết